2025年教科新版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年教科新版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、定義在R上的函數(shù)既是奇函數(shù)又是周期函數(shù)，若的最小正周期是且當(dāng)時，則的值為A.B.C.D.2、已知集合M={（x；y）|4x+y=6}，P={（x，y）|3x+2y=7}，則M∩P等于（）

A.（1；2）

B.{1}∪{2}

C.{1；2}

D.{（1；2）}

3、如果loga3＜logb3＜0成立；則（）

A.0＜a＜b＜1

B.0＜b＜a＜1

C.1＜a＜b

D.1＜b＜a

4、【題文】若集合則集合A中元素的個數(shù)是（）A.1個B.2個C.3個D.4個5、下列關(guān)于確定平面的幾個說法；正確的個數(shù)是（）

①經(jīng)過一條直線和一個點可以確定一個平面；

②圓心和圓上任意兩點可以確定一個平面；

③兩兩相交的三條直線可以確定一個平面；

④梯形可以確定一個平面．A.1個B.2個C.3個D.4個評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、（2005?深圳校級自主招生）如圖，A、B、D、C是⊙O上的四個點，AB=AC，AD交BC于E，AE=4，ED=6，則AB=____．7、設(shè)f是由集合A={x|x∈N，且1≤x≤26}到B={a，b，c，，z}（即26個英文字母按照字母表順序排列）的映射，集合B中的任何一個元素在A中也只有唯一的元素與之對應(yīng)，其對應(yīng)法則如圖所示（依次對齊）；又知函數(shù)g（x）=

若f（x1），f[g（20）]，f[g（x2）]，f[g（9）]所表示的字母依次排列組成的英文單詞為exam，則x1+x2=____．

8、函數(shù)f（x）=tanx的定義域為____．9、直線a，b；c及平面α，β，γ，有下列四個命題：

①若a?α，b?α，c⊥a，c⊥b則c⊥α；②若b?α，a∥b；則a∥α；

③若a∥α，α∩β=b，則a∥b；④若a⊥α，b⊥α，則a∥b；

其中正確的命題序號是____．10、函數(shù)的值域為.11、若函數(shù)f（x）=asin2x+btanx+1，且f（﹣3）=5，則f（3）=____．12、在△ABC中，a=6，B=30°，C=120°，則△ABC的面積是____．13、已知f（x）=則f（3）=____．14、已知四個數(shù)101010（2）、111（5）、32（8）、54（6），其中最小的是______．評卷人得分三、解答題(共5題，共10分)15、已知集合A={x|2＜x≤5}；B={x|3＜x＜8}．

求：

（1）求A∩B；

（2）CR（A∪B）．

16、已知

（1）求f（x）的定義域；

（2）是否存在實數(shù)a使得函數(shù)f（x）對于區(qū)間（2；+∞）上的一切x都有f（x）≥0？

17、【題文】（本小題12分）已知：以點C(t,)(t∈R,t≠0)為圓心的圓與軸交于點O,A；

與y軸交于點O,B；其中O為原點．

(1）求證：△OAB的面積為定值；

(2）設(shè)直線y=–2x+4與圓C交于點M,N，若求圓C的方程．18、【題文】已知橢圓的中心在原點，準(zhǔn)線方程為x=±4，如果直線3x-2y=0與橢圓的交點在x軸上的射影恰為橢圓的焦點．

(1)求橢圓方程；

(2)設(shè)直線與橢圓的一個交點為P；F是橢圓的一個焦點，試探究以PF為直徑的圓與橢圓長軸為直徑的圓的位置關(guān)系；

(3)把(2)的情況作一推廣：寫出命題（不要求證明）19、【題文】如圖，△中，在三角形內(nèi)挖去一個半圓（圓心在邊上，半圓與分別相切于點與交于點），將△繞直線旋轉(zhuǎn)一周得到一個旋轉(zhuǎn)體．

（1）求該幾何體中間一個空心球的表面積的大??；

（2）求圖中陰影部分繞直線旋轉(zhuǎn)一周所得旋轉(zhuǎn)體的體積．評卷人得分四、證明題(共4題，共16分)20、求證：（1）周長為21的平行四邊形能夠被半徑為的圓面所覆蓋．

（2）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．21、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．22、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．23、求證：（1）周長為21的平行四邊形能夠被半徑為的圓面所覆蓋．

（2）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．評卷人得分五、綜合題(共4題，共28分)24、已知點A（-2，0），點B（0，2），點C在第二、四象限坐標(biāo)軸夾角平分線上，∠BAC=60°，那么點C的坐標(biāo)為____．25、若記函數(shù)y在x處的值為f（x），（例如y=x2，也可記著f（x）=x2）已知函數(shù)f（x）=ax2+bx+c的圖象如圖所示，且ax2+（b-1）x+c＞0對所有的實數(shù)x都成立，則下列結(jié)論成立的有____．

（1）ac＞0；

（2）；

（3）對所有的實數(shù)x都有f（x）＞x；

（4）對所有的實數(shù)x都有f（f（x））＞x．26、設(shè)直線kx+（k+1）y-1=0與坐標(biāo)軸所圍成的直角三角形的面積為Sk，則S1+S2++S2009=____．27、如圖；Rt△ABC的兩條直角邊AC=3，BC=4，點P是邊BC上的一動點（P不與B重合），以P為圓心作⊙P與BA相切于點M．設(shè)CP=x，⊙P的半徑為y．

（1）求證：△BPM∽△BAC；

（2）求y與x的函數(shù)關(guān)系式；并確定當(dāng)x在什么范圍內(nèi)取值時，⊙P與AC所在直線相離；

（3）當(dāng)點P從點C向點B移動時；是否存在這樣的⊙P，使得它與△ABC的外接圓相內(nèi)切？若存在，求出x；y的值；若不存在，請說明理由．

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【解析】試題分析：因為，定義在R上的函數(shù)既是奇函數(shù)又是周期函數(shù)，若的最小正周期是且當(dāng)時，所以，=故選C?？键c：本題主要考查三角函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性，特殊角的三角函數(shù)值?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、D【分析】

因為解得

所以M∩P={（x；y）|4x+y=6}∩{（x，y）|3x+2y=7}={（1，2）}；

故選D．

【解析】【答案】直接聯(lián)立方程組；求出交點坐標(biāo)即可得到M∩P．

3、B【分析】

∵loga3＜logb3＜0，=-1，=-∴0＞＞

∴1＞a＞b＞0；

故選B．

【解析】【答案】通過＜＜0，而loga3＜logb3＜0成立，即可判斷b的a大小關(guān)系．

4、B【分析】【解析】

試題分析：集合的元素有(1,2)和(2,4)；共2個。

考點：本題考查集合中元素的個數(shù)。

點評：集合A是點構(gòu)成的集合，(1,2)是一個元素。【解析】【答案】B5、A【分析】解：根據(jù)一條直線和直線外的一點確定一個平面知；故①不對；

圓心和圓上兩點共線時；圓心和圓上兩點確定無數(shù)個平面，故②不正確；

由平面的基本性質(zhì)及推論可知：兩兩相交的三條直線可以確定的平面的個數(shù)為1或3．

（1）a∩b=P，故直線a與b確定一個平面α，若c在平面α內(nèi)，則直線a、b；c確定一個平面；

（2）a∩b=P，故直線a與b確定一個平面α，若c不在平面α內(nèi)，則直線a、b；c確定三個平面；如圖．

因梯形的一組對邊平行；所以由“兩條平行確定一個平面”知，梯形是一個平面圖形，故正確．

故選：A．

利用平面的基本性質(zhì)及推論即可求出．

本題的考點是平面公理3以及推論的應(yīng)用，主要利用公理3的作用和公理中的關(guān)鍵條件進(jìn)行判斷，考查了空間想象能力．【解析】【答案】A二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】【分析】由AB=AC，可得弧AB=弧AC，根據(jù)圓周角定理知：∠ABC=∠D，易證得△ABE∽△ADB；根據(jù)相似三角形得出的關(guān)于AB、AE、AD的比例關(guān)系式，可求出AB的長．【解析】【解答】解：∵AB=AC

∴=

∴∠ADB=∠ABE

又∵∠BAD=∠EAB

∴△ABE∽△ADB

∴=，即=，AB=2．7、略

【分析】

由題意知，f（x1）=e；

由于字母e為第5個英文字母，所以x1=5；

由于f[g（x2）]=a，且字母a為第1個英文字母，所以g（x2）=1；

①當(dāng)0≤x2≤22時，g（x2）=x2+4=1，解得x2=-3（舍）；

②當(dāng)22＜x2＜32時，g（x2）=log2（32-x2）=1，解得x2=30；

所以x1+x2=5+30=35．

故答案為：35．

【解析】【答案】由題意知f（x1）=e，f[g（x2）]=a，根據(jù)該映射定義可知x1=5，g（x2）=1，再根據(jù)g（x）的表達(dá)式即可求出x2．從而得到答案．

8、略

【分析】

∵函數(shù)f（x）=tanx的定義域為：{x|kπ-＜x＜kπ+k∈Z}；

故答案為：{x|kπ-＜x＜kπ+k∈Z}．

【解析】【答案】由正切函數(shù)的性質(zhì)即可得答案．

9、略

【分析】

①由直線和平面垂直的判定定理可知，若a?α，b?α，c⊥a，c⊥b；

必須有ab為相交的直線；才能推出c⊥α，故為假命題；

②由直線和平面平行的判定定理可知，若b?α，a∥b；

需強調(diào)a在平面α外；才有a∥α，故為假命題；

③由直線和平面平行的性質(zhì)定理可知，若a∥α，α∩β=b；

可過a作平面γ和α相交，產(chǎn)生的交線和a平行，但不一定和b平行；故為假命題；

④由垂直于同一個平面的直線相互平行可知，若a⊥α，b⊥α，則a∥b；

故為真命題．

故答案為：④

【解析】【答案】①由直線和平面垂直的判定定理可知，必須有ab為相交的直線，才可以；②由直線和平面平行的判定定理可知，需強調(diào)a在平面α外；③由直線和平面平行的性質(zhì)定理可知，過a作平面γ和α相交，產(chǎn)生的交線和a平行，但不一定平行于b；④由垂直于同一個平面的直線相互平行；可得答案．

10、略

【分析】試題分析：故的值域為考點：函數(shù)的值域.【解析】【答案】11、﹣3【分析】【解答】∵f（x）=asin2x+btanx+1；

∴f（﹣3）=﹣asin6﹣btan3+1=5

∴asin6+btan3=﹣4

則f（3）=asin6+btan3+1=﹣3

故答案為：﹣3

【分析】由題意可得，f（﹣3）=﹣asin6﹣btan3+1=5，則asin6+btan3=﹣4，代入可求f（3）12、9【分析】【解答】解：∵在△ABC中；a=6，B=30°，C=120°，即A=30°；

∴由正弦定理=得：b==6；

則S△ABC=absinC=9．

故答案為：9．

【分析】由B與C的度數(shù)求出A的度數(shù)，確定出sinA的值，再由sinB以及a的值，利用正弦定理求出b的值，利用三角形面積公式即可求出三角形ABC面積．13、3【分析】【解答】解：∵f（x）=

∴f（3）=f（5）=f（7）=7﹣4=3．

故答案為：3．

【分析】利用函數(shù)性質(zhì)得f（3）=f（5）=f（7），由此能求出結(jié)果．14、略

【分析】解：101010（2）=1×25+0×24+1×23+0×22+1×21+0×20=42；

111（5）=1×52+1×51+1×50=31；

32（8）=3×81+2×80=26；

54（6）=5×61+4×60=34．

又42＞34＞31＞26，故最小的是32（8）．

故答案為：32（8）

把各數(shù)化成“十進(jìn)制”的數(shù)即可得出。

本題考查了把不同“進(jìn)制”的數(shù)化成“十進(jìn)制”的數(shù)再進(jìn)行比較大小，屬于基礎(chǔ)題．【解析】32（8）三、解答題(共5題，共10分)15、略

【分析】

∵A={x|2＜x≤5}；B={x|3＜x＜8}．

∴（1）A∩B=（3；5]（7分）

（2）∵A∪B={x|2＜x＜8}

∴CR（A∪B）={x|x≤2或x≥8}（14分）

【解析】【答案】（1）直接根據(jù)交集的定義；A∩B表示既屬于集合A又屬于集合B的元素組成的集合，根據(jù)集合A={x|2＜x≤5}，B={x|3＜x＜8}求出A與B的交集即可；

（2）先根據(jù)并集的定義求出A∪B；然后根據(jù)補集的定義即可求出結(jié)論．

（本題滿分14分）

16、略

【分析】

（1）由題意知函數(shù)的自變量要滿足4-ax＞0

∴ax＜4

兩邊取對數(shù)；針對于底數(shù)與1的關(guān)系進(jìn)行討論；

a＞1時，定義域（-∞，loga4]；

0＜a＜1時，定義域[loga4；+∞）

（2）不存在．

∵當(dāng)a＞1時，定義域（-∞，loga4]；

對于區(qū)間（2；+∞）上的一切x；

只有1＜a＜2；兩個范圍才有公共部分；

當(dāng)1＜a＜2時，自變量為（2，loga4]

兩邊平方后移項整理成最簡形式；

（ax+1）2≥16；

∴ax+1≥4

∴ax≥3

∵ax是一個增函數(shù)；

∴只要a2≥3恒成立即可；

而當(dāng)1＜a＜2時；不恒成立；

同理可得當(dāng)0＜a＜1時；也不存在a，使得式子恒成立；

故總上可知不存在這樣的a．

【解析】【答案】（1）由題意知函數(shù)的自變量要滿足4-ax＞0；移項后，兩邊取對數(shù)，針對于底數(shù)與1的關(guān)系進(jìn)行討論，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，得到當(dāng)a取值不同時，對應(yīng)的自變量不同，分別寫出結(jié)果．

（2）根據(jù)函數(shù)的底數(shù)不同；所得到的定義域，求出定義域與所給的自變量的范圍的公共部分，把不等式變形，移項，兩邊平方，整理出最簡形式，根據(jù)恒成立思想，得到不存在滿足條件的a的值．

17、略

【分析】【解析】

試題分析：(1)．

設(shè)圓的方程是

令得令得

即：的面積為定值．6分。

(2）垂直平分線段．

直線的方程是．

解得：

當(dāng)時，圓心的坐標(biāo)為

此時到直線的距離

圓C與直線相交于兩點；

當(dāng)時，圓心C的坐標(biāo)為此時C到直線的距離

圓C與直線相交，所以不符合題意舍去.

所以圓C的方程為12分。

考點：本小題主要考查圓的方程和性質(zhì)和直線與圓的位置關(guān)系.

點評：解決直線與圓的位置關(guān)系題目時，要注意使用幾何法，即考查圓心到直線的距離與半徑之間的關(guān)系，這樣比聯(lián)立方程組簡單.【解析】【答案】（1）根據(jù)條件寫成圓的方程；求出點A,B的坐標(biāo)，進(jìn)而寫出△OAB的面積即可得證；

（2）18、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】解：(1)設(shè)橢圓方程為(a>b>0)

直線3x-2y=0與橢圓的一個交點的坐標(biāo)是代入橢圓方程得：

又a2=b2+c2

∴a=2C=1

∴5分。

(2)由(1)知，直線與橢圓的一個交點為F(1,0)，則從PF為直徑的圓的方程圓心為半徑為

以橢圓長軸為直徑的圓的方程為x2+y2=4；圓心(0，0)，半徑為2

兩圓圓心之間距離為

∴兩圓內(nèi)切8分。

P；F為其它三種情況時；兩圓都為內(nèi)切10分。

(3)如果橢圓的方程是(a>b>0)；P是橢圓上的任意一點，F(xiàn)是橢圓的一個焦點，則以PF長為直徑的圓與以橢圓長軸為直徑的圓是內(nèi)切關(guān)系。13分。

（如P寫成橢圓上的定點，此問只給1分）19、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）要求球的表面積，首先要求出球的半徑，如圖即半圓的半徑，這可在中列方程解得，圓半徑為則有即則此求得（3）要陰影部分旋轉(zhuǎn)后的體積，我們要看陰影部分是什么幾何體，看看能不能把變成我們熟知的錐臺、球，或者上它們構(gòu)成的，本題中，是在三角形內(nèi)部挖去一個小三角形，因此最后所得可以看作是一個圓錐里面挖去了一個球，從而其體積就等于一個圓錐的體積減去球的體積，即

試題解析：（1）連接則

設(shè)則

在中，

所以（4分）

所以．（6分）

（2）中，

（8分）

．（12分）

考點：球的表面積；（2）旋轉(zhuǎn)體的體積.【解析】【答案】（1）（2）四、證明題(共4題，共16分)20、略

【分析】【分析】（1）關(guān)鍵在于圓心位置；考慮到平行四邊形是中心對稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（1），應(yīng)取均分線圈的二點連線段中點作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

證明：（1）如圖1；設(shè)ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點，不妨設(shè)在AB上；

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長為2l的平行四邊形ABCD可被以O(shè)為圓心；半徑為的圓所覆蓋；命題得證．

（2）如圖2，在線圈上分別取點R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設(shè)RQ中點為G，M為線圈上任意一點，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈．21、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．22、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．23、略

【分析】【分析】（1）關(guān)鍵在于圓心位置；考慮到平行四邊形是中心對稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（1），應(yīng)取均分線圈的二點連線段中點作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

證明：（1）如圖1；設(shè)ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點，不妨設(shè)在AB上；

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長為2l的平行四邊形ABCD可被以O(shè)為圓心；半徑為的圓所覆蓋；命題得證．

（2）如圖2，在線圈上分別取點R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設(shè)RQ中點為G，M為線圈上任意一點，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈．五、綜合題(共4題，共28分)24、略

【分析】【分析】首先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出CO垂直平分AB，進(jìn)而求出△ABC是等邊三角形，再利用勾股定理求出C到x軸的距離，即可得出C點坐標(biāo)，同理可以求出所有符合要求的結(jié)果．【解析】【解答】解：過點C作CM⊥y軸于點M；作CN⊥x軸于點N．

∵點A（-2；0），點B（0，2）；

∴AO=BO=2；

又∵點C在第二；四象限坐標(biāo)軸夾角平分線上；

∴∠BOC=∠COA=45°；

∴CO垂直平分AB（等腰三角形三線合一）；

∴CA=CB；（線段垂直平分線上的點到線段兩端的距離相等）；

∵∠BAC=60°；

∴△ABC是等邊三角形（有一個角等于60°的等腰三角形是等邊三角形）；

∴AB=AC=BC；

∴AB===2；

假設(shè)CN=x，則CM=NO=x，NA=x-2，AC=2．

在Rt△CNA中，∵CN2+NA2=AC2；

∴x2+（x-2）2=（2）2；

整理得：x2-2x-2=0；

解得：x1=1+，x2=1-（不合題意舍去）；

∴C點的坐標(biāo)為：（-1-，1+）；

當(dāng)點在第四象限時；同理可得出：△ABC′是等邊三角形，C′點的橫縱坐標(biāo)絕對值相等；

設(shè)C′點的坐標(biāo)為（a；-a）；

∴a2+（a+2）2=（2）2；

解得：a1=-1-（不合題意舍去），a2=-1+；

C′點的坐標(biāo)為：（-1+，1-）；

故答案為：（-1+，1-），（-1-，1+）．25、略

【分析】【分析】（1）拋物線開口向上；則a＞0，拋物線與y軸的交點在x軸上方，則c＞0，可判斷（1）正確；

（2）根據(jù)ax2+（b-1）x+c＞0對所有的實數(shù)x都成立；可得到拋